2023届高考数学二轮复习微专题10几何图形中的数量积问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题10几何图形中的数量积问题学案，共9页。

例题：已知O是△ABC的外心，AB＝2a，AC＝eq \f(2,a)，∠BAC＝120°，若eq \(AO,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，则x＋y的最小值是________________．
变式1已知△ABC内接于圆O中，M是BC的中点，AC＝3.若eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝4，则AB＝________________．
变式2已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a，b是互相垂直的单位向量，且(a－c)·(eq \r(3)b－c)＝1，则|c|的最大值是________________．
串讲1如图，在△ABC中，已知AB＝4，AC＝6，∠BAC＝60°，点D，E分别在边AB，AC上，且eq \(AB,\s\up6(→))＝2eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝3eq \(AE,\s\up6(→))，F为DE的中点，则eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))的值为________________．
串讲2如图，在同一平面内，点A位于两平行直线m，n的同侧，且A到m，n的距离分别为1，3，点B，C分别在直线m，n上，|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))|＝5，求eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))的最大值．
(2018·南通三模)如图，已知AC＝2，B为AC的中点，分别以AB，AC为直径在AC的同侧作半圆，M，N分别为两半圆上的动点(不含端点A，B，C)，且BM⊥BN，则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为____________．
已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝2，|c|＝1，(a－c)·(b－c)＝0，求|a－b|的取值范围．
答案：[eq \r(7)－1，eq \r(7)＋1]．
解法1如图，设c＝(1，0)，设A，B是以O为圆心，2为半径的圆上两点，
且AC⊥BC，则|a－b|＝AB＝2MC.4分
∵MO2＋MA2＝OA2，而MA＝MC，∴MO2＋MC2＝4.6分
设M(x，y)，则x2＋y2＋(x－1)2＋y2＝4，
即x2＋y2－x＝eq \f(3,2).(*)，8分
|a－b|＝AB＝2MC＝2eq \r(（x－1）2＋y2)
＝2eq \r(x2＋y2－2x＋1)＝2eq \r(\f(3,2)＋x－2x＋1)＝eq \r(10－4x).10分
由(*)知，eq \f(1－\r(7),2)≤x≤eq \f(1＋\r(7),2)，
∴eq \r(8－2\r(7))≤eq \r(10－4x)≤eq \r(8＋2\r(7))，12分
即eq \r(7)－1≤eq \r(10－4x)≤eq \r(7)＋1.∴eq \r(7－1)≤|a－b|≤eq \r(7)＋1.
即|a－b|的取值范围为[eq \r(7)－1，eq \r(7)＋1].14分
解法2设c＝(1，0)，a＝(2csα，2sinα)，b＝(2csβ，2sinβ)，则由(a－c)·(b－c)＝0得，
(2csα－1)(2csβ－1)＋4sinαsinβ＝0，2分
即4cs(α－β)－2(csα＋csβ)＋1＝0，4分
所以8cs2eq \f(α－β,2)－4cseq \f(α＋β,2)cseq \f(α－β,2)－3＝0，6分
由|cseq \f(α＋β,2)|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8cs2\f(α－β,2)－3,4cs\f(α－β,2))))≤1，解得eq \f(\r(7)－1,4)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(α－β,2)))≤eq \f(\r(7)＋1,4)，8分
所以|a－b|＝4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(α－β,2)))＝eq \r(16－16cs2\f(α－β,2))≤eq \r(16－（\r(7)－1）2)＝eq \r(7)＋1，10分
|a－b|＝eq \r(16－16cs2\f(α－β,2))≥eq \r(16－（\r(7)＋1）2)＝eq \r(7)－1，12分
即eq \r(7)－1≤|a－b|≤eq \r(7)＋1.所以|a－b|的取值范围为[eq \r(7)－1，eq \r(7)＋1]14分
微专题10
例题
答案：2.
解法1以A为坐标原点，AC为x轴，建立直角坐标系，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，\r(3)a))，用几何方法，可得
Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，\f(\r(3),3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(1,a))))).由eq \(AO,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，\f(\r(3),3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(1,a)))))＝(－ax，eq \r(3)ax)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)y，0))，∴x＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(1,a2)，y＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)a2，则x＋y≥eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)eq \r(a2·\f(1,a2))＝2.当a＝1时，x＋y取得最小值为2.
解法2因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|cs120°＝2a·eq \f(2,a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－2，设AB的中点为D，则OD⊥AB，又eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DO,\s\up6(→)))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(DO,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝
eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))2＝2a2，同理，
eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))2＝eq \f(2,a2).
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AO,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))＝x\(AB,\s\up6(→))2＋y\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))，,\(AO,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))＝x\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))＋y\(AC,\s\up6(→))2)).
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a2x－2y＝2a2，,－2x＋\f(4y,a2)＝\f(2,a2).))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2a2＋1,3a2)，,y＝\f(a2＋2,3).))所以，x＋y＝eq \f(2a2＋1,3a2)＋eq \f(a2＋2,3)＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,a2)))≥eq \f(4,3)＋
eq \f(2,3)eq \r(a2·\f(1,a2))＝2.当且仅当a＝1时，上式等号成立，此时△ABC是等腰三角形．
变式联想
变式1
答案：eq \r(7).
解法1因为O是三角形外心，M是BC边的中点.eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AO,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→))))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(9,4)＝4，所以eq \(AB,\s\up6(→))2＝7.即AB＝eq \r(7).
解法2延长AO交圆O于D，连接BD，DC，则BD⊥AB，CD⊥AC.eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝
eq \f(1,4)(eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→)))·eq \(AB,\s\up6(→))＋
eq \f(1,4)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(9,4)＝4，eq \(AB,\s\up6(→))2＝7.即AB＝eq \r(7).
解法3建系：以BC为x轴，OM为y轴，建立平面直角坐标系，设B(－a，0)，C(a，0)，O(0，b)，A(c，d)．由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝c2＋（d－b）2，,（c－a）2＋d2＝9，,c2＋d2－db＝4，))
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4－bd，,2ac＝－1，,c2＋d2＝4＋db.))AB2＝(a＋c)2＋d2＝a2＋2ac＋c2＋d2＝7，AB＝eq \r(7).
变式2
答案：eq \r(2)＋1.
解法1不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，则a－c＝(1－x，－y)，eq \r(3)b－c＝(－x，eq \r(3)－y)，由题意得－x(1－x)－y(eq \r(3)－y)＝1，整理得x2＋y2－x－eq \r(3)y－1＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＝2，它表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))为圆心，以eq \r(2)为半径的圆，则|c|表示该圆上的点到原点(0，0)的距离，
从而|c|max＝eq \r(2)＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \r(2)＋1.
解法2由解法1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＝2，令
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)＋\r(2)csα，,y＝\f(\r(3),2)＋\r(2)sinα，))(α为参数)则
|c|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\r(2)csα))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)＋\r(2)sinα))eq \s\up12(2)＝3＋eq \r(2)csα＋eq \r(6)sinα＝3＋2eq \r(2)cs(α－θ)(其中tanθ＝eq \r(3))，所以|c|max2＝3＋2eq \r(2)，于是|c|max＝1＋eq \r(2).
串讲激活
串讲1
答案：4.
解法1记eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))方向上的单位向量分别为a，b，则a2＝b2＝1，a·b＝eq \f(1,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝4a，eq \(AC,\s\up6(→))＝6b.从而eq \(AD,\s\up6(→))＝2a，eq \(AE,\s\up6(→))＝2b，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→)))＝a＋b，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝b－3a，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝2b－2a.所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝(b－3a)·(2b－2a)＝2b2＋6a2－8a·b＝2＋6－4＝4.
解法2取CE的中点G，连接BG，设BG的中点为M，连接FM，则eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(DE,\s\up6(→))，且FM⊥BM，所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BM,\s\up6(→))2＝BM2＝DE2＝22＝4.
解法3若对坐标法情有独钟，也可以以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(4，0)，C(3，3eq \r(3))，从而D(2，0)，E(1，eq \r(3))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3))，所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \f(5,2)＋eq \f(3,2)＝4.
串讲2
答案：eq \f(21,4).
解法1(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))2＝(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))2＋4eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)(25－eq \(CB,\s\up6(→))2)≤eq \f(1,4)(25－22)＝eq \f(21,4).
解法2如图所示，建立直角坐标系，
则A(0，3)，设B(x1，2)，C(x2，0)，则eq \(AB,\s\up6(→))＝(x1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(x2，－3)，因为|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))|＝5，所以(x1＋x2)2＋(－4)2＝25，即(x1＋x2)2＝9，而eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝x1x2＋3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))eq \s\up12(2)＋3＝eq \f(9,4)＋3＝eq \f(21,4)(当且仅当x1＝x2时取等号)．
新题在线
答案：eq \f(1,4).
解法1由题意可知，BM⊥BN，∠AMB＝90°，所以AM∥BN，因为AC＝2，B为AC的中点，所以BN＝BC＝BA＝1，设∠NBC＝∠MAB＝α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(AM,\s\up6(→))·(eq \(BN,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝|eq \(AM,\s\up6(→))||eq \(BN,\s\up6(→))|－|eq \(AM,\s\up6(→))||eq \(BC,\s\up6(→))|csα＝|eq \(AM,\s\up6(→))|－|eq \(AM,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|csα＝|eq \(AM,\s\up6(→))|－|eq \(AM,\s\up6(→))|2，令|eq \(AM,\s\up6(→))|＝t，0＜t＜1，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝t－t2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为eq \f(1,4).
解法2eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝(eq \(BM,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→)))·(eq \(BN,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→)))＝－eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BN,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＋csα－1＝|eq \(BM,\s\up6(→))||eq \(BA,\s\up6(→))|sinα＋csα－1＝|eq \(BM,\s\up6(→))|2＋|eq \(AM,\s\up6(→))|－1＝－|eq \(AM,\s\up6(→))|2＋|eq \(AM,\s\up6(→))|，以下同解法1.
解法3以点B为坐标原点，线段AC所在的直线为x轴，线段AC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系．
设∠NBC＝∠MAB＝α，
α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则
M(－sin2α，sinαcsα)，N(csα，sinα)，A(－1，0)，
C(1，0)，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝(1－sin2α，sinαcsα)·(csα－1，sinα)＝(1－sin2α)(csα－1)＋sin2αcsα＝csα－1＋sin2α＝－cs2α＋csα，令csα＝t，0＜t＜1，以下同解法1.
解法4同解法3建系，设直线BN的斜率为k(k＞0)，则直线BM的斜率为－eq \f(1,k)，则直线BN的方程为y＝kx，直线BM的方程为y＝－eq \f(1,k)x，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,x2＋y2＝1，))解得
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1＋k2))，\f(k,\r(1＋k2))))，联立
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋y2＝\f(1,4)，))解得
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－k2,k2＋1)，\f(k,k2＋1)))，因为A(－1，0)，C(1，0)，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2＋1)，\f(k,k2＋1)))，eq \(CN,\s\up6(→))＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1＋k2))－1，\f(k,\r(1＋k2))))，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(1,k2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1＋k2))－1))＋eq \f(k,k2＋1)·eq \f(k,\r(1＋k2))＝eq \f(1,k2＋1)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋1,\r(1＋k2))－1))＝eq \f(1,\r(1＋k2))－
eq \f(1,k2＋1)，令t＝eq \f(1,\r(1＋k2))，则0＜t＜1，以下同解法1.
平面向量数量积是江苏省高考数学中的C级知识点，每年均以不同形式来考查，尤其以图形中的数量积运算为重点．试题以中高档题为主，解决问题的方法灵活多变，如运用数量积定义，运用坐标计算等．为此，要充分利用图形特征，灵活上用合理的方法解决，形成完整的解题体系.